2019届高三物理上学期1月份测考试题（含解析）人教版.doc

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1、- 1 -20192019 届高三上学期届高三上学期 1 1 月份测考理综试卷物理试题月份测考理综试卷物理试题二、选择题：本题共二、选择题：本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，共分，共 4848 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 14-1814-18题只有一项符合题目要求，第题只有一项符合题目要求，第 19-2119-21 题有多项符合题目要求。全部选对的得题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 6 分，选对但不分，选对但不全对的得全对的得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。1. 2013 年 6 月 20 日，航天员王亚平

2、在“天宫一号”飞行器里展示了失重状态下液滴的表面张力引起的现象，可以观察到漂浮液滴的形状发生周期性的微小变化（振动） ，如图所示。已知液滴振动的频率表达式为，其中k为一个无单位的比例系数，r为液滴半径，为液体密度，为液体表面张力系数（单位为 N/m） 。与液体表面自由能的增加量E、液体表面面积的增加量S有关，则在下列相关的关系式中，可能正确的是A. = B. = C. = E SD. = 【答案】A【解析】 （其单位为 N/m）为液体表面张力系数，液体表面自由能的增加量（其单位为J） ，是液体表面面积的增加量，单位是 m2，根据物理量之间的关系得出：，所以，A 正确2. 两个质量分别为 2m

3、和 m 的小木块 a 和 b（可视为质点）放在水平圆盘上，a 与转轴 OO的距离为 L，b 与转轴的距离为 2L，a、b 之间用长为 L 的强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k 倍，重力加速度大小为 g若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用 表示圆盘转动的角速度，下列说法- 2 -正确的是（ ）A. a 比 b 先达到最大静摩擦力B. a、b 所受的摩擦力始终相等C. 是 b 开始滑动的临界角速度 DD. 当时，a 所受摩擦力的大小为【答案】D【解析】试题分析：两个木块的最大静摩擦力相等木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第

4、二定律得：木块所受的静摩擦力，m、 相等，所以 b所受的静摩擦力大于 a 的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时 b 的静摩擦力先达到最大值，A、B 错误；a、b 整体为研究对象，临界角速度为，则：，解得，C 错误；当时，a、b 均未滑动，所以，对 a：；对 b:,解得：，D 正确；故选 D。考点：摩擦力、向心力、牛顿第二定律。【名师点睛】正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答。3. 如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出） 。一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P 点垂直于铝板向上射出，

5、从 Q 点穿过铝板后到达 PQ 的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（ ）- 3 -A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D【解析】设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为 r1、r2，速度分别为 v1、v2由题意可知，粒子轨道半径：r1=2r2，由题意可知，穿过铝板时粒子动能损失一半，即：mv22= mv12，v1=v2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，磁感应强度：，磁感应强度之比：；故选 D4. 如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R3为定值电阻，R1、R2为滑动变阻器，A、B 为电

6、容器两个水平放置的极板。当滑动变阻器R1、R2的滑片处于图示位置时，A、B 两板间的带电油滴静止不动。下列说法中正确的是A. 把R2的滑片向右缓慢移动时，油滴向下运动B. 把R1的滑片向右缓慢移动时，油滴向上运动C. 缓慢增大极板 A、B 间的距离，油滴静止不动D. 缓慢减小极板 A、B 的正对面积，油滴向上运动【答案】B【解析】当仅把R2的滑片向右缓慢移动时，两极板间的电压不变，由可知，电场强度不变，即油滴静止不动，故 A 错误；R1的滑片向右缓慢移动时R1的阻值变大，R1与R3串联的总电阻变大，故电路中的总电流变小，路端电压变大，电容器两板间电压增大，由可知，极板间的电场强度增大，所以油滴

7、受到的电场力增大，故油滴会向上运动，故 B 正确；当缓慢增大极板A、B间的距离时，因为板间电压不变，由可知，极板间的电场强度减小，油滴向下运动，故 C 错误；当两极板A、B间正对面积缓慢减小时，由： ，可知电容器电容减小，但极板间电压不变，由可知，电场强度不变，故油滴仍静止在原处，故 D 错误。所以 B 正确，ACD 错误。- 4 -5. 如图所示，一个质量为 m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的 P、Q 两点处，弹簧的劲度系数为 k，起初圆环处于 O 点，弹簧处于原长状态且

8、原长为 L0。将圆环拉至 A 点由静止释放，重力加速度为 g，对于圆环从 A 点运动到 B点的过程中，下列说法正确的是A. 圆环通过 点的加速度小于B. 圆环在 O 点的速度最大C. 圆环在 A 点的加速度大小为D. 圆环在 B 点的速度为【答案】C【解析】试题分析：以圆环为研究对象，圆环在初始位置速度为 0，从 A 点到 B 点运动过程中，弹簧的形变量先减小后增加，弹簧与竖直方向的夹角先增加后减小，通过 O 点时的速度和加速度，通过受力情况来分析，根据牛顿第二定律可以求出圆环在 A 点的加速度，根据功能关系可以分析圆环在 B 点的速度- 5 -6. 如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁

9、定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为 2kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的vt图如图乙所示，则可知A. A的质量为 4kgB. 运动过程中A的最大速度为vm=4m/sC. 在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D. 在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为 3J【答案】BD【解析】AB、解除对弹簧的锁定，A 离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒，B 速度最大时，A 的速度最小为零，且此时弹簧处于原长， ；B 的速度最小时，A 的速度最大，设 A 的的质量为 m，此时 A 的速度为 v，根据动量守恒和机械能守恒有：，可得 m=1

10、kg，v=4m/s，A 错误、B 正确；在 A 离开挡板前，由于挡板对 A 有作用力，所以 A、B 系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故 C 错误；当 A、B 速度相等时，A、B 动能之和最小，根据机械能守恒定律，此时弹性势能最大。根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：，联立解得：EPmax=3J，故 D 正确。故选：BD。【名师点睛】在 A 离开挡板前，由于挡板对 A 有作用力，所以 A、B 系统所受合外力不为零，- 6 -则系统动量不守恒；A 离开挡板后，A、B 系统所受合外力为零，系统机械能守恒B 速度最大时，A 的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B 的速度最小时，A 的速度最大

11、；当 A、B速度相等时，A、B 动能之和最小，此时弹性势能最大。根据机械能守恒定律和动量守恒定律求解。7. 如图所示为一理想变压器，S 为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则( )A. 保持U1及P的位置不变，S 由a改接到b，I1将减小B. 保持U1及P的位置不变，S 由a改接到b，R两端的电压变小C. 保持U1不变，S 由a改接到b，同时使P滑向d端，R的电功率一定变大D. 保持P的位置不变，S 接在a处，使U1增大，I1将增大【答案】CD.C、保持 U1不变，S 由a改接到b，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，同时使P滑向d端，R

12、的阻值变小，根据可知R的电功率一定变大，故 C 正确；D、保持 P 的位置不变，S 接在a处，若 U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据 可知 I1将增大，故 D 正确；故选 CD。【点睛】主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。8. 如图所示，在光滑水平面上用水平恒力F拉质量为m的单匝正方形金属线框，线框边长- 7 -为a，在位置 1 以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时（t0） 。若磁场的宽度为b（b3a） ，在 3t0时刻线框到达位置 2 时速度又为v0且开始离开磁场。此过程中vt图象如图所示，则（ ）A

13、. 线框刚进入磁场时MN边的两端电压为Bav0B. 在t0时刻线框的速度为C. 线框完全离开磁场瞬间（位置 3）的速度与t0时刻线框的速度相同D. 线框从进入磁场（位置 1）到完全离开磁场（位置 3）的过程中产生的焦耳热为 2Fb【答案】BCD【解析】t=0 时，线框右侧边 MN 的两端电压为外电压，总的感应电动势为：E=Bav0，外电压，故 A 错误；根据图象可知在 t03t0时间内，线框做匀加速直线运动，合力等于 F，则在 t0时刻线框的速度为 ，故 B 正确因为 t=0 时刻和t=3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开磁场时的速度与 t0时刻的速

14、度相等，故 C 正确因为 t=0 时刻和 t=3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开磁场时的速度与 t0时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多线框在位置 1 和位置 3 时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有 Fb=Q，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为 2Fb，故 D 正确故选 BCD该图象为速度-时间图象，斜率表示加速度根据加速度的变化判断物体的受力情况要注意当通过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中产生感应电流，所以只有在进入和离开磁场的过程中才有感应电流产生该题难度较大.9.

15、 一同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系。实验装置如图甲所示，在离地面高为 h 的光滑水平桌面上，沿着与桌子右边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为 m 的小刚球接触。将小球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使小球沿水平方向射出桌面，小球在空中飞行落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。重力加速度为- 8 -g。(1)若测得某次压缩弹簧释放后小球落点 P 痕迹到 O 点的距离为 s，则释放小球前弹簧的弹性势能表达式为_；（用 m、g、s、h 等四个字母表示）(2)该同学改变弹簧的压缩量进行多次测量得到下表一组数据：弹簧压缩量 x/cm1.001.502.002.503

16、.003.50小球飞行水平距离 s/cm20.1030.0040.1049.9069.90根据表中已有数据，表中缺失的数据可能是 s=_cm；(3)完成实验后，该同学对上述装置进行了如下图乙所示的改变：（I）在木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将木板竖直立于靠近桌子右边缘处，使小球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹 O；（II）将木板向右平移适当的距离固定，再使小球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，撞到木板上得到痕迹 P；（III）用刻度尺测量纸上O 点到 P 点的竖直距离为 y。若已知木板与桌子右边缘的水平距离为 L，则（II）步骤中弹簧的压缩量应该为_。 （用 L、

17、h、y 等三个字母表示）【答案】 (1). (2). 60.00 (3). 【解析】试题分析：（1）由平抛运动规律有：，得：由机械能守恒定律得：，释放小球前弹簧的弹性势能表达式为：；（2）由表中数据可看出，在误差范围内，s 正比于 x，即，所以缺少的数据为60.00cm；- 9 -（3）由表中数据可看出，在误差范围内，又，所以弹簧弹性势能与弹簧压缩量 x 之间的关系式应为：，由得，小球释放前压缩弹簧的弹性势能为：， 由此解得：考点：平抛运动、弹性势能。【名师点睛】该题首先是考察了平抛运动的应用，解决关于平抛运动的问题常用的方法是沿着水平和竖直两个方向进行分解，运用各方向上的运动规律进行解答利用

18、 x 与 s 之间的关系求出弹簧弹性势能与弹簧压缩量 x 之间的关系式考察了在现有知识的基础上对实验改装后的情况进行分析求解，考察了同学们的应变能力还考察了对实验误差的分析，让学生学会试验中某个量发生变化导致结果如何变化的分析。10. 某实验小组设计了如图甲的电路，其中RT为热敏电阻，电压表量程为 3 V，内阻RV约10 k，电流表量程为 0.5 A，内阻RA4.0 ，R为电阻箱。(1) 该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验。闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在IU坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏

19、电阻的部分伏安特性曲线，如图乙中曲线所示。为了完成该实验，应将导线c端接在_(选填“a”或“b”)点；(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2、U2的计算式为_；(用U1、I、R和RA表示)(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在IU坐标系中，如图乙中直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势E_V，内电阻r_；(4)实验中，当电阻箱的阻值调到 6 时，热敏电阻消耗的电功率P_W。(保留两位有效数字)【答案】 (1). a (2). (3). 6.0 (4). 5.0 (5). - 10 -0.53-0.62【解析】 （1）采用伏安法测电

20、阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法；故导线c应接在a点。（2）根据电路串并联规律可知外电压为： （3）电源两端的电压利用欧姆定律可知利用电源的外特性曲线可知电动势和内电阻把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源的电动势为 6.0，内电阻为： 。（4）等效电源内阻为：r0=3.0+4.0+3.0=10； 在I-U图象中作等效电源的伏安特性曲线，如图所示；与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标（4.2，0.31） 所以热敏电阻的电功率为：。11. 某同学设计出如图所示实验装置将一质量为 0.2 kg 的小球（可视为质点）放置于水平弹射器内，压缩弹簧并锁定，此时小球恰

21、好在弹射口，弹射口与水平面 AB 相切于 A 点，AB 为粗糙水平面，小球与水平面间动摩擦因数 =0.5，弹射器可沿水平方向左右移动；BC为一段光滑圆弧轨道 （O为圆心，半径 R=0.5 mOC 与 OB 之间夹角为 =37，以 C为原点，在 C 的右侧空间建立竖直平面内的坐标 xOy，在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器 D，sin37=0.6，cos37=0.8(1)某次实验中该同学使弹射口距离 B 处 L1 =1.6 m 处固定，解开锁定释放小球，小球刚好到达 C 处，求弹射器释放的弹性势能；(2)把小球放回弹射器原处并锁定，将弹射器水平向右移动至离 B 处 L2=0.

22、8 m 处固定弹射器并解开锁定释放小球，小球将从 C 处射出，恰好水平进入接收器 D，求 D 处坐标；(3)每次小球放回弹射器原处并锁定，水平移动弹射器固定于不同位置释放小球，要求小球从 C 处飞出恰好水平进入接收器 D，求 D 位置坐标 y 与 x 的函数关系式【答案】(1)1.8J(2) （m， ）(3) y= x【解析】 （1）从 A 到 C 的过程中，由定能定理得：- 11 -W弹-mgL1-mgR（1-cos）=0，解得：W弹=1.8J根据能量守恒定律得：EP=W弹=1.8J；（2）小球从 C 处飞出后，由动能定理得：W弹-mgL2-mgR（1-cos）= mvC2-0，解得：vC=

23、2m/s，方向与水平方向成 37角，由于小球刚好被 D 接收，其在空中的运动可看成从 D 点平抛运动的逆过程，vCx=vCcos37=m/s，vCy=vCsin37= m/s，则 D 点的坐标：，解得：x=m，y=m，即 D 处坐标为：（m，） （3）由于小球每次从 C 处射出 vC方向一定与水平方向成 37角，则：，根据平抛运动规律可知：抛出点 D 与落地点 C 的连线与 x 方向夹角 的正切值：，故 D 的位置坐标 y 与 x 的函数关系式为：y= x点睛：本题考查了动能定理的应用，小球的运动过程较复杂，分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚小球的运动过程后，应用动能定理、平抛

24、运动规律可以解题12. 如图所示，足够长的水平轨道左侧 b1b2c1c2部分轨道间距为 2L，右侧 c1c2d1d2部分的轨道间距为 L，曲线轨道与水平轨道相切于 b1b2 ， 所有轨道均光滑且电阻不计在水平轨道内有斜向下与竖直方向成 =37的匀强磁场，磁感应强度大小为 B=0.1T质量为M=0.2kg 的金属棒 B 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为 m=0.1kg 的导体棒 A 自曲线轨道上 a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，B 棒总在窄轨上运动已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R=0.2，h=0.2m，L=0.2m，

25、sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2求：(1)金属棒 A 滑到 b1b2处时的速度大小； (2)金属棒 B 匀速运动的速度大小； (3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒 A 某截面的电量； - 12 -(4)在两棒整个的运动过程中金属棒 A、B 在水平导轨间扫过的面积之差【答案】(1)2m/s(2)0.44m/s（3）5.56C(4)27.8m2【解析】A 棒在曲轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh= mv02得：v0=（2）选取水平向右为正方向，对 A、B 利用动量定理可得：对 B：FB 安cost=MvB 对 A：FA 安cost=mvAmv0其中 FA 安=2FB

26、安 由上知：mv0mvA=2MvB两棒最后匀速时，电路中无电流：有 BLvB=2BLvA得：vB=2vA 联立后两式得：vB= v0=0.44 m/s（3）在 B 加速过程中：（Bcos）iLt=MvB0q=it得：q=C5.56C（4）据法拉第电磁感应定律有：E= 其中磁通量变化量：=BScos电路中的电流：I=通过截面的电荷量：q=It（11）得：S=m227.8m2 点睛：在导体棒下滑的过程中只有重力做功。满足机械能守恒的条件，根据机械能守恒列式求解；利用安培力结合动量定理列式求解即可；以 B 导体棒为研究对象，根据电流的定义式- 13 -和动量定理列式求解；在整个运动过程中，利用法拉第

27、电磁感应定律。求出磁通量的变化，结合闭合电路欧姆定律进行求解。 13. 下列说法不正确的是 _A. 当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力B. 所有晶体都具有各向异性C. 自由落体运动的水滴呈球形D. 在完全失重的状态下，一定质量的理想气体压强为零E. 摩尔质量为M( kg/mol)、密度为(kg/m3)的 1m3的铜所含原子数为NA（阿伏伽德罗常数为 NA）【答案】ABD【解析】当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以当分子间距 rr0时分子间的作用力表现为引力；当分子间距 rr0时分子间的作用力表现为斥力

28、，选项 A 错误；只有单晶体具有各向异性，多晶体各向同性，选项 B 错误；自由落体运动的水滴呈完全失重态，则呈球形，选项 C 正确；气体的压强与气体的重力无关，则即使在完全失重的状态下，一定质量的理想气体压强也不为零，选项 E 错误；摩尔质量为M( kg/mol)、密度为(kg/m3)的 1m3的铜所含原子数为NA（阿伏伽德罗常数为 NA） ，选项 E 正确；此题选择错误的选项，故选 ABD.14. AB 是体积相同的气缸，B 内有一导热的、可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞C，D 为不导热的阀门起初，阀门关闭，A 内装有压强 P1=2.0105pa 温度 T1=300K 的氮气B 内装有

29、压强 P2=1.0105Pa，温度 T2=600K 的氧气打开阀门 D，活塞 C 向右移动，最后达到平衡，以 V1和 V2分别表示平衡后氮气和氧气的体积，则 V1：V2等于多少？（假定氧气和氮气均为理想气体，并与外界无热交换，连接气缸的管道体积可忽略）【答案】4【解析】对于 A 容器中的氮气，初状态：压强 P1=2.0105Pa，体积 V1=V，温度 T1=300K- 14 -末状态：压强 P1，体积 V1，温度 T1=T根据理想气体的状态方程可得：对于 B 容器中的氧气，其气体状态为：初状态：压强 P2=1.0105Pa，体积 V2=V，温度 T2=600K末状态：压强 P2，体积 V2，温

30、度 T2=T由气态方程可知： 根据活塞受力平衡可得：P1=P2联立以上各式解得：=4点睛：活塞式导热的最终两气缸内气体温度相同。因为没有摩擦最终两侧气体压强相等。根据理想气体状态方程列式求解。 15. 在水面下同一深处有两个光源 P、Q，它们发出不同的单色光，在水面上观察到 P 在水面下的深度大于 Q，以下说法正确的是_A. P 光的频率大于 Q 光B. P 光在水中传播的波长大于 Q 光在水中传播的波长C. P 光在水中的传播速度大于 Q 光D. 让 P 光和 Q 光通过同一双缝干涉装置，P 光条纹间的距离小于 Q 光E. 让 P 光和 Q 光通过同一单缝装置，P 光的衍射现象比较显著【答案

31、】BCE【解析】据题知，P 光偏折程度比 Q 光的小，则水对 P 光的折射率比 Q 的小，P 光的频率小于 Q 光德的频率，故 A 错误P 光的频率小于 Q 光的频率，由 c=f 知，在真空中 P 光的波长大于 Q 光的波长根据得光在介质中波长，0是光在真空中的波长，结合 P 光的折射率比 Q 的小，可知 P 光在水中传播的波长大于 Q 光在水中传播的波长，故 B 正确水对 P 光的折射率比 Q的小，由 分析知 P 光在水中传播速度大于 Q 光，故 C 正确在真空中 P 光的波长大于 Q光的波长，而双缝干涉条纹的间距与波长成正比，所以 P 光条纹间的距离大于 Q 光，故 D 错- 15 -误P

32、 光的波长大于 Q 光的波长，则 P 光的波动性，更容易发生衍射现象，所以让 P 光和 Q光通过同一单缝装置，P 光的衍射现象比较显著故 E 正确故选 BCE.点睛：解决本题的关键是掌握折射规律，根据偏折程度比较折射率的大小本题也可以假设P 是红光，Q 是紫光，利用红光与紫光的特性做出判断16. 如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧CD 为半径为R 的四分之一的圆周，圆心为O，光线从AB 面上的某点入射，入射角145，它进入棱镜后恰好以临界角射在BC面上的O 点(1)画出光线由AB 面进入棱镜且从CD弧面射出的光路图；(2)求该棱镜的折射率n【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：根据题目要求作出光路图，注意光线沿半径方向射出，在圆弧面上的入射角为 0，将径向射出运用几何关系，根据折射定律，结合，求出棱镜的折射率。光路图如图所示光线在 BC 面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C根据：， - 16 -可得： 光线在AB界面上发生折射，折射角290C，由几何关系得：sin 2cos C， 由折射定律得： 由以上几式联立解得：点睛：本题主要考查了光的折射定律，解决本题的关键掌握折射定律以及临界角与折射率的关系。